Luận văn tốt nghiệp cực trị hàm nhiều biến và hàm vectơ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BỘ MÔN SƯ PHẠM TOÁN HỌC *** LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN VÀ HÀM VECTƠ Giảng viên hướng dẫn Sinh viên thực TS Phạm Thị Vui Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Lớp: SP Tốn K45 Cần Thơ, 2023 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BỘ MƠN SƯ PHẠM TỐN HỌC *** LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN VÀ HÀM VECTƠ Giảng viên hướng dẫn: Sinh viên thực hiện: TS Phạm Thị Vui Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Lớp: SP Tốn K45 Cần Thơ, 2023 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui DANH MỤC CÁC BẢNG Bảng 1.1 Bảng tóm tắt trường hợp ∆ 10 Bảng 1.2 Bảng biến thiên 26 SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui DANH MỤC CÁC HÌNH Hình 1.1 Đồ thị hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 Hình 1.2 Đồ thi hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = − 𝑥 − 𝑦 Hình 1.3 Đồ thị hàm z = 4(x − y) − x − y 13 Hình 1.4 Đồ thị hàm 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 3𝑥𝑦 14 Hình 1.5 Đồ thị hàm 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 15 Hình 1.6 Đồ thị hàm số 𝑧 = 𝑥𝑦 + + (𝑥, 𝑦 > 0) 16 Hình 1.7 Đồ thị hàm 𝑧 = − 𝑥 + 𝑦 17 Hình 1.8 Điểm cực đại 18 Hình 1.9 Điểm cực tiểu 18 Hình 1.10 Các đường tiếp tuyến nằm ngang điểm cực tiểu địa phương 19 Hình 1.11 Đồ thị hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2𝑥𝑦 + 5𝑦 − 6𝑥 + 19 Hình 1.12 Đồ thị hàm yên ngựa 23 SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Cần Thơ Để có luận văn này, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Trường Đại học Cần Thơ, Khoa Sư phạm, Bộ mơn Sư phạm Tốn học đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn tới q Thầy, Cơ trực tiếp tận tình hướng dẫn, dìu dắt, giúp đỡ em Nhờ bảo, hướng dẫn quý suốt trình triển khai, nghiên cứu hồn thành đề tài giao cách tốt Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy, Cô trực tiếp giảng dạy truyền đạt kiến thức khoa học chuyên ngành bổ ích cho thân em năm tháng qua Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn TS Phạm Thị Vui trao đổi, thảo luận đề tài nghiên cứu Nhờ có lời hướng dẫn, dạy bảo, động viên đó, luận văn em hồn thành cách sn sẻ Một lần nữa, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Cơ Để có thành cơng luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến nhà trường xã hội tạo điều kiện giúp đỡ em, đặc biệt quan tâm động viên khuyến khích cảm thơng sâu sắc gia đình Tuy em cố gắng luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp quý Thầy, Cơ để luận văn hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Cần Thơ, tháng năm 2023 Sinh viên thực Nguyễn Thanh Trí SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui MỤC LỤC DANH MỤC CÁC BẢNG DANH MỤC CÁC HÌNH LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Cấu trúc luận văn PHẦN II NỘI DUNG CHƯƠNG CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN 1.1 Tổng quan cực trị hàm nhiều biến 1.1.1 Khái niệm mở đầu 1.1.2 Điều kiện cần để có cực trị 1.1.3 Điều kiện đủ để có cực trị 10 1.2 Tìm cực trị hàm nhiều biến 17 1.2.1 Cực trị khơng có điều kiện hàm nhiều biến 17 1.2.2 Cực trị có điều kiện hàm nhiều biến 25 1.2.2.1 Phương pháp .25 1.2.2.2 Phương pháp nhân tử Lagrange 26 1.3 Giá trị nhỏ giá trị lớn hàm nhiều biến 34 1.3.1 Nhận xét mở đầu 34 1.3.2 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn miền đóng bị chặn .35 1.4 Cực trị hàm lồi 36 1.4.1 Hàm lồi 36 1.4.2 Tính chất cực trị hàm lồi 36 CHƯƠNG HÀM VECTƠ MỘT BIẾN 38 2.1 Tổng quát hàm vectơ biến .38 2.1.1 Khái niệm 38 2.1.2 Giới hạn tính liên tục 38 SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui 2.1.3 Đạo hàm 40 2.2 Ý nghĩa hình học học đạo hàm hàm vectơ biến 41 2.2.1 Ý nghĩa hình học 41 2.2.2 Ý nghĩa học 42 CHƯƠNG HÀM VECTƠ NHIỀU BIẾN 43 3.1 Tổng quan hàm vectơ nhiều biến 43 3.1.1 Khái niệm 43 3.1.2 Ma trận Jacobi 44 3.1.3 Ánh xạ khả vi 45 3.1.4 Định lý ánh xạ ngược 48 3.1.5 Hàm ẩn 52 3.1.6 Ma trận Hessian 53 3.2 Cực trị hàm vectơ nhiều biến 55 3.3 Ánh xạ đơn điệu hàm lồi 57 PHẦN III KẾT LUẬN 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO 62 SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Toán học bao gồm nhiều mảng như: giải tích, đại số, hình học, lý thuyết số, Giải tích nghiên cứu nhiều loại hàm như: hàm biến, hàm nhiều biến, hàm vectơ, hàm nhận giá trị tập hợp, tính chất chúng tính liên tục, khả vi, khả tích, Mỗi lĩnh vực có tầm quan trọng riêng nghiên cứu ứng dụng Cực trị hàm nhiều biến chủ đề quan trọng giải tích với nhiều ứng dụng thực tiễn Trong đời sống thực tế, cực trị hàm nhiều biến có ứng dụng tối ưu hóa sản phẩm bán lĩnh vực marketing sản xuất kinh tế, ứng dụng vật lý, ứng dụng xây dựng, Như vậy, nghiên cứu lý thuyết cực trị hàm nhiều biến số ứng dụng vấn đề đáng quan tâm Từ lý kích thích tìm tịi, khám phá em gợi ý đề tài phù hợp với em cô TS Phạm Thị Vui, em chọn đề tài “Cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ” để thực luận văn tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu Mục tiêu đề tài nghiên cứu cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ Để đạt mục tiêu trên, đề tài nghiên cứu nội dung sau: - Đầu tiên tổng hợp hệ thống hóa kiến thức liên quan lý thuyết cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ - Tiếp theo tìm hiểu tổng hợp số ví dụ ứng dụng cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ Phạm vi nghiên cứu: kiến thức có liên quan đến cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ, giá trị lớn giá trị nhỏ hàm nhiều biến Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu có liên quan; phân tích, tổng hợp nội dung; trao đổi giảng viên hướng dẫn Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn gồm có ba phần: Phần I: Mở đầu Phần II: Nội dung SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Chương 1: Trình bày kiến thức ví dụ minh họa cực trị khơng có cực trị, cực trị có điều kiện, giá trị nhỏ giá trị lớn hàm nhiều biến, phương pháp bình phương nhỏ Chương 2: Trình bày kiến thức hàm vectơ biến; ý nghĩa hình học học đạo hàm Chương 3: Trình bày kiến thức hàm vectơ nhiều biến cực trị nó; ánh xạ đơn điệu hàm lồi Phần III: Kết luận SVTH: Nguyễn Thanh Trí MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui PHẦN II NỘI DUNG CHƯƠNG CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN 1.1 Tổng quan cực trị hàm nhiều biến 1.1.1 Khái niệm mở đầu Hình 1.1 Đồ thị hàm f(x, y) = x + y Quan sát hai đồ thị ta thấy hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 có giá trị nhỏ 0, giá trị đạt điểm gốc (0,0) Tương tự hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = lớn 1, giá trị đạt điểm gốc (0,0) Hình 1.2 Đồ thị hàm f(x, y) = SVTH: Nguyễn Thanh Trí − 𝑥 − 𝑦 có giá trị 1−x −y MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Đặt 𝑢 = 𝑓 (𝑥)(ℎ) + 𝛼(ℎ), 𝛾(ℎ) = 𝑔 (𝑦) 𝛼(ℎ) + 𝛽(𝑢 ) , 𝐴 = 𝑔 (𝑦) ∘ 𝑓 (𝑥) Khi ta có nhận xét sau lim ‖𝑢 ‖ = 0, ‖ ‖→ lim ‖ ‖→ ‖𝑢 ‖ ≤ ‖𝑓 (𝑥)‖ ‖ℎ‖ Từ nhận xét (3.6) suy ra, với ℎ ∈ ℝ , (𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥 + ℎ) = 𝑔(𝑦) + 𝐴(ℎ) + 𝛾(ℎ), lim ‖ ‖→ ‖ ( )‖ ‖ ‖ ≤ lim ‖ ‖→ ‖𝑔 (𝑦)‖ ‖ ( )‖ ‖ ‖ + ‖ ( ‖ )‖ ‖ ‖ ‖ ‖ ‖ = Điều chứng tỏ ánh xạ hợp 𝑔 ∘ 𝑓 khả vi 𝑥 với đạo hàm 𝐴 Định lý chứng minh xong Chú ý Định lý cho ta điều kiện đủ để nhận biết tính khả vi ánh xạ hợp Tuy nhiên điều kiện cần Thí dụ, xét ánh xạ 𝑔(𝑦) = với 𝑓, ánh xạ hợp 𝑔 ∘ 𝑓 khả vi Ví dụ Cho 𝑓 từ ℝ vào ℝ 𝑔 từ ℝ vào ℝ xác định theo công thức 𝑓(𝑥 , 𝑥 ) = (𝑥 + 1, 𝑥 , 𝑥 + 𝑥 ), 𝑔(𝑦 , 𝑦 , 𝑦 ) = 𝑦 ,𝑦 + 𝑦 Tính đạo hàm hàm hợp 𝑔 ∘ 𝑓 (0,0) Lời giải Nhận xét 𝑓(0,0) = (1,0,0); ánh xạ 𝑓 khả vi điểm 𝑔 khả vi điểm với 𝑦 > 0, nói riêng 𝑦 = 𝑓(0,0) Như 𝑔 ∘ 𝑓 khả vi (0,0) đạo hàm (𝑔 ∘ 𝑓) (0,0) (𝑔 ∘ 𝑓) (0,0) = 3.1.4 Định lý ánh xạ ngược 0 1 0 0 = 1 Trong giáo trình Giải tích biến biết hàm số 𝑓 liên tục tăng (hoặc giảm) khoảng (𝑎, 𝑏) ⊆ ℝ tồn hàm ngược 𝑓 liên tục, tăng từ khoảng (𝑓(𝑎), 𝑓(𝑏)) vào (𝑎, 𝑏) Ngoài 𝑓 khả vi với đạo hàm khác khoảng (𝑎, 𝑏) 𝑓 khả vi khoảng (𝑓(𝑎), 𝑓(𝑏)) với (𝑓 ) (𝑥) = ( ) Đối với ánh xạ, khái niệm tăng hay giảm khơng cịn thích hợp việc xác định ánh xạ ngược đòi hỏi điều kiện ngặt nghèo Trước hết ta nhắc lại khái SVTH: Nguyễn Thanh Trí 48 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui niệm ánh xạ ngược Cho 𝑈 𝑉 hai tập mở ℝ 𝑓 ánh xạ từ 𝑈 𝑉 Ta nói 𝑓 có ánh xạ ngược 𝑓 từ 𝑉 vào 𝑈 𝑓 ∘ 𝑓 𝑓 ∘ 𝑓 ánh xạ đồng 𝑉 𝑈 Ví dụ a) Xét phép tịnh tiến 𝑓 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑎, trongđó 𝑎 vectơ Khi 𝑓 −𝑎) (𝑥) = 𝑥 − 𝑎 phép tịnh tiến (bởi vectơ b) Giả sử 𝑓 từ ℝ vào ℝ ánh xạ tuyến tính cho ma trận vng khơng suy biến 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑥 Khi 𝑓 ma trận 𝐴 (𝑥) = 𝐴 𝑥, 𝐴 ma trận nghịch đảo c) Xét ánh xạ 𝑓 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝑓(𝑥 , … , 𝑥 ) = (0, 𝑥 , … , 𝑥 ) với (𝑥 , … , 𝑥 ) ∈ ℝ Khi 𝑓 khơng có ánh xạ ngược Thật vậy, tồn 𝑓 lấy 𝑦 = (1,0, … ,0) giả sử 𝑓 (𝑦) = (𝑎 , 𝑎 , … , 𝑎 ), ta có 𝑓∘𝑓 (𝑦) = (0, 𝑎 , … , 𝑎 ) vectơ khác 𝑦 Điều mâu thuẫn với định nghĩa Nói chung, việc xác định tường minh ánh xạ ngược ánh xạ cho trước cơng việc khó khăn Tuy nhiên nhiều toán người ta cần xem ánh xạ cho trước có ánh xạ ngược hay không Định lý quan trọng sau cho ta điều kiện bảo đảm tồn ánh xạ ngược Định lý (Ánh xạ ngược) Giả thiết 𝑓 ánh xạ khả vi liên tục từ tập mở 𝑈 ℝ vào ℝ cho ma trận Jacobi 𝐽 (𝑥 ) không suy biến với 𝑥 ∈ 𝑈 Khi tồn lân cận 𝑈 ⊆ 𝑈 điểm 𝑥 lân cận 𝑉 điểm 𝑓(𝑥 ) cho 𝑓 có ánh xạ ngược 𝑓 từ 𝑉 vào 𝑈 khả vi điểm 𝑦 ∈ 𝑉 với (𝑓 ) (𝑦) = (𝑓 (𝑓 (𝑦))) Chứng minh Ký hiệu 𝐴 ma trận Jacobi ánh xạ 𝑓 𝑥 Theo giả thiết 𝑑𝑒𝑡𝐴 ≠ 0, nên 𝐴 song ánh Ký hiệu ánh xạ ngược 𝐴 𝐴 , 𝑆 mặt cầu đơn vị 𝐵 hình cầu đơn vị ℝ Trước hết có nhận xét sau a) Tồn 𝜀 > để ‖𝐴𝑣‖ > 2𝜀‖𝑣‖ với 𝑣 ≠ Thật vậy, điều sai thì, 𝐴 tuyến tính, với 𝜀 = tìm 𝑣 , ‖𝑣 ‖ = để ‖𝐴𝑣 ‖ ≤ Do S compact nên ta xem 𝑣 hội tụ với 𝑣 ∈ 𝑆 𝑘 → ∞ Ta có ‖𝐴𝑣‖ = trái với tính song ánh 𝐴 SVTH: Nguyễn Thanh Trí 49 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui b) Với 𝜀 > biết, tìm 𝛿 > cho với 𝑥 ∈ 𝑥 + 𝛿𝐵 𝑣 ≠ 0, ta có ‖𝑓 (𝑥)(𝑣) − 𝐴𝑣‖ < 𝜀 ‖𝑣‖, ‖𝑓 (𝑥)(𝑣)‖ > 𝜀‖𝑣‖; tức 𝑓 (𝑥) đủ gần 𝐴 Thật bất đẳng thức đầu suy từ tính liên tục ánh xạ đạo hàm 𝑥 ⟼ 𝑓 (𝑥) cịn bất đẳng thức sau suy từ tính liên tục nên nhận xét thứ c) Trong khuôn khổ nhận xét trên, với 𝑥, 𝑥 ∈ 𝑥 + 𝛿𝐵 ta có 𝜀 ‖𝑓(𝑥 ) − 𝑓(𝑥)‖ > ‖𝑥 − 𝑥‖, nghĩa hàm 𝑓 có tính chất dãn Thật vậy, xét hàm 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝐴𝑥 Từ nhận xét ta có 𝑓 (𝑥)(𝑣) < ‖𝑣‖, với 𝑥 ∈ 𝑥 + 𝛿𝐵 𝑣 ∈ ℝ Theo hệ công thức Taylor 𝑓(𝑥 ) − 𝑓 (𝑥) = ‖𝑓(𝑥 ) − 𝑓(𝑥) − 𝐴(𝑥 − 𝑥)‖ ≤ 𝜀 ‖𝑥 − 𝑥‖ Mặt khác theo nhận xét ta có ‖𝑓(𝑥 ) − 𝑓(𝑥) − 𝐴(𝑥 − 𝑥)‖ ≥ ‖𝐴(𝑥 − 𝑥)‖ − ‖𝑓(𝑥 ) − 𝑓(𝑥)‖ > 𝜀‖𝑥 − 𝑥‖ − ‖𝑓(𝑥 ) − 𝑓(𝑥)‖ Kết hợp bất đẳng thức ta có điều mong muốn d) Tồn 𝑟 > để (𝑓(𝑥 ) + 2𝑟𝐵) ∩ 𝑓(𝑥 + 𝛿𝑆) = ∅ Thật vậy, 𝑓 liên tục nên tập ảnh 𝑓(𝑥 + 𝛿𝑆) compact Từ nhận xét 3) ta thấy 𝑓(𝑥 ) ≠ 𝑓(𝑥 + 𝛿𝑆) tìm 𝑟 > đủ nhỏ để (𝑓(𝑥 ) + 2𝑟𝐵) ∩ 𝑓(𝑥 + 𝛿𝑆) = ∅ yêu cầu Bây ta xây dựng tập 𝑈, 𝑉 ánh xạ 𝑓 sau Lấy 𝑉 = 𝑓(𝑥 ) + 𝑖𝑛𝑡(𝑟𝐵), 𝑈 = {𝑥 ∈ 𝑥 + 𝑖𝑛𝑡(𝛿𝐵): 𝑓(𝑥) ∈ 𝑉}, 𝑖𝑛𝑡(… ) ký hiệu phần tập ngoặc Vì 𝑓 liên tục nên 𝑈 = {𝑥 + 𝑖𝑛𝑡(𝛿𝐵)} ∩ 𝑓 (𝑉) tập mở Để xây dựng 𝑓 ta phải với 𝑦 ∈ 𝑉 tồn 𝑥 ∈ 𝑈 để 𝑓(𝑥) = 𝑦, phép ứng 𝑦 → 𝑥 ánh xạ ngược 𝑓 cần tìm Trước hết ta chứng minh tồn 𝑥 (với 𝑦 ∈ 𝑉 cố định bất kỳ) Muốn xét hàm số 𝜑(𝑧) = ‖𝑦 − 𝑓(𝑧)‖ SVTH: Nguyễn Thanh Trí 50 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Đây hàm khả vi liên tục tập compact 𝑥 + 𝛿𝐵 nên đạt cực tiểu điểm 𝑥 Điểm 𝑥 nằm biên tập 𝑥 + 𝛿𝐵 với 𝑧 biên tập ta có = 𝜑 (𝑥) = −2𝑓 (𝑥) 𝑦 − 𝑓(𝑥) Do 𝑓 (𝑥) song ánh nên điều xảy 𝑦 = 𝑓(𝑥) Như vậy, với 𝑦 ∈ 𝑉 cho trước, ta tìm 𝑥 ∈ 𝑈 yêu cầu Tính 𝑥 suy từ Nhận xét 3) Cũng từ nhận xét ta thu tính liên tục 𝑓 Cơng việc cịn lại chứng minh 𝑓 khả vi 𝑦 = 𝑓(𝑥 ) Tính khả vi điểm khác 𝑉 chứng minh tương tự Cho ℎ ∈ ℝ thỏa mãn 𝑦 + ℎ ∈ 𝑉 Đặt 𝑢 = 𝑓 (𝑦 + ℎ) − 𝑥 Vì 𝑓 khả vi 𝑥 , tồn ánh xạ 𝛼 từ ℝ vào ℝ cho 𝑓(𝑥 + 𝑣) = 𝑓(𝑥 ) + 𝐴(𝑣) + 𝛼(𝑣), với 𝑣 ∈ ℝ , 𝑥 + 𝑣 ∈ 𝑈 𝛼(𝑣) đại lượng vô nhỏ 𝑣 Đặt 𝛽(ℎ) = −𝐴 𝛼(𝑢) , 𝑢 = 𝑓 (𝑦 + ℎ) = 𝑓 𝑓 (𝑦 + ℎ) − 𝑥 Khi (𝑦 ) + 𝐴 (ℎ) + 𝛽(ℎ) Từ tính liên tục 𝑓 , tính liên tục ánh xạ 𝐴 ‖ℎ‖ → kéo theo đại lượng sau tiến dần tới ‖𝑓 Chứng tỏ lim ‖ ‖→ (𝑦 + ℎ) − 𝑓 ‖ ( )‖ ‖ ‖ (𝑦)‖; = 𝑓 từ nhận xét 3) ta thấy ‖𝛼(𝑢)‖ ‖𝐴 (𝛼(𝑢))‖ ; ‖𝑢‖ ‖𝑢‖ khả vi 𝑥 với đạo hàm 𝐴 Định lý chứng minh xong Ví dụ Xem xét vectơ 𝑓 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑦, 𝑦 + 𝑧, 2𝑧 + 𝑥 ) Tại điểm (0,0,0), giá trị hàm (0,0,0) ma trận Jacobi 1 (0,0,0) 𝐽 = 1 0 Ma trận không suy biến, nên theo định lý hàm ngược, lân cận đủ nhỏ gốc tọa độ, tồn hàm ngược 𝑓 (mặc dù biểu thức tường minh), ma trận Jacobi hàm ngược (0,0,0) 𝐽 (0,0,0) = [𝐽 (0,0,0)] SVTH: Nguyễn Thanh Trí = 0 51 −1 1/2 −1/2 1/2 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui 3.1.5 Hàm ẩn Giả sử 𝑓 ánh xạ từ tập mở 𝑍 ⊆ ℝ × ℝ vào ℝ (𝑥 , 𝑦 ) ∈ ℤ điểm cho 𝑓(𝑥 , 𝑦 ) = Nếu tồn ánh xạ 𝜑 lân cận 𝑥 vào ℝ cho 𝜑(𝑥 ) = 𝑦 với 𝑥 lân cận 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) = 0, ta nói 𝜑 hàm ẩn xác định 𝑓 Ví dụ a) Xét 𝑓 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 − Lấy 𝑥 = 1, 𝑦 = 𝑓(1,1) = Phương trình 𝑓(𝑥, 𝑦) = giải để tìm 𝑦 theo 𝑥 𝑦 =± 2−𝑥 Hàm 𝑦 = √2 − 𝑥 hàm ẩn thỏa mãn 𝑦(𝑥 ) = 𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦) = với 𝑥 gần |𝑥| ≤ √2 b) Xét 𝑓 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − (2,3) Lấy 𝑥 = 1, (𝑦 , 𝑧 ) = (1,1), ta thấy 𝑓(1,1,1) = Giải phương trình 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ta tìm ánh xạ 𝜑 từ ℝ vào ℝ cho công thức 𝜑(𝑥) = (1 − 𝑥 + 𝑥 , − 𝑥 ) hàm ẩn xác định 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) = Trong thí dụ cách giải phương trình theo ẩn 𝑥 ta tìm hàm ẩn Tuy nhiên việc giải phương trình khơng phải lúc thực Trong nhiều trường hợp cần xác định xem có tồn hàm ẩn hay khơng Định lý sau cho điều kiện đủ để tồn hàm ẩn cách tính đạo hàm Đinh lý (Hàm ẩn) Giả thiết 𝑓 ánh xạ khả vi liên tục từ tập mở 𝑈 ⊆ ℝ × ℝ vào ℝ (𝑥 , 𝑦 ) ∈ 𝑈 điểm thỏa mãn điều kiện sau i) 𝑓(𝑥 , 𝑦 ) = 0; ii) Ma trận Jacobi ánh xạ 𝑓 biến thứ hai 𝑦 điểm (𝑥 , 𝑦 ) không suy biến Khi tồn lân cận 𝑋 𝑥 ℝ ánh xạ khả vi 𝜑 từ 𝑋 vào ℝ cho a) 𝜑(𝑥 ) = 𝑦 ; b) 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) = 0, với 𝑥 ∈ 𝑋 SVTH: Nguyễn Thanh Trí 52 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Chứng minh Xét ánh xạ 𝐹 từ 𝑈 vào ℝ × ℝ cho công thức 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑓(𝑥, 𝑦)), với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑈 Ma trận Jacobi 𝐹 có dạng 𝐼 𝐽 (𝑥, 𝑦) = 𝐽 (𝑥, 𝑦) 𝐽 (𝑥, 𝑦) 𝐼 ma trận đơn vị cấp 𝑛, ma trận cỡ 𝑛 × 𝑚 với thành phần 0; 𝐽 (𝑥, 𝑦) ma trận Jacobi ánh xạ 𝑓( , 𝑦) biến 𝑥 𝑦 cố định 𝐽 (𝑥, 𝑦) ma trận Jacobi ánh xạ 𝑓(𝑥, ) biến 𝑦 𝑥 cố định Vì 𝐽 (𝑥 , 𝑦 ) khơng suy biến (Điều kiện (ii)), 𝐽 (𝑥 , 𝑦 ) không suy biến Áp dụng định lý ánh xạ ngược ta tìm ánh xạ khả vi 𝐹 từ lân cận mở 𝑉 𝐹(𝑥 , 𝑦 ) vào lân cận mở 𝑈 ⊆ 𝑈 (𝑥 , 𝑦 ) Ánh xạ ngược 𝐹 có hai thành phần (ứng với ℝ ℝ ) ta viết 𝐹 (𝑥, 𝑣) = 𝑥, 𝑔(𝑥, 𝑣) , 𝑔 hàm tọa độ thứ hai ứng với ℝ Đặt 𝜑(𝑥) = 𝑔(𝑥, 0) Khi mặt 𝐹 𝑥, 𝜑(𝑥) = 𝐹 𝑥, 𝑔(𝑥, 0) = 𝐹 𝐹 (𝑥, 0) = (𝑥, 0) Mặt khác theo định nghĩa 𝐹 𝑥, 𝜑(𝑥) = 𝑥, 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) Cho nên 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) = Khi 𝑥 = 𝑥 , 𝐹 (𝑥 , 0) = (𝑥 , 𝑦 ), ta có 𝜑(𝑥 ) = 𝑦 Vì 𝐹 chứng minh xong khả vi nên 𝑔 𝜑 ánh xạ khả vi Định lý Chú ý Từ định lý ta có cơng thức tính đạo hàm 𝜑 sau: từ b) suy ra: 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) + 𝑓 𝜑 (𝑥) = Vậy 𝜑 (𝑥) = 𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) (−𝑓 𝑥, 𝜑(𝑥) Viết dạng ma trận Jacobi công thức 𝐽 (𝑥) = 𝐽 𝑥, 𝜑(𝑥) −𝐽 𝑥, 𝜑(𝑥) 3.1.6 Ma trận Hessian Giả thiết 𝑓 hàm số xác định tập mở 𝑈 ⊆ ℝ Nếu 𝑓 khả vi 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓: 𝑥 ⟼ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥) ánh xạ từ 𝑈 vào ℝ SVTH: Nguyễn Thanh Trí 53 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Nếu ánh xạ grad𝑓 khả vi ta nói 𝑓 khả vi hai lần đạo hàm (𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓) (𝑥) gọi Hessian 𝑓 ký hiệu 𝐻 (𝑥) Thực (𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓) (𝑥) ma trận Jacobi grad𝑓 𝑥 Vậy 𝐻 (𝑥) = 𝐽 Nếu hàm 𝑥 ⟼ (𝑥) = 𝜕 𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (𝑥) (𝑥) liên tục ta nói 𝑓 khả vi liên tục hai lần Từ định nghĩa Hessian ta xem phép ứng 𝑥 ↦ 𝐻 (𝑥) ánh xạ từ ℝ vào ℝ × ℝ với hàm tọa độ 𝜕 𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (𝑥), 𝑖, 𝑗 = 1, … , 𝑛 định nghĩa chuẩn Hessian 𝜕 𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝐻 (𝑥) = , (𝑥) Lưu ý vói 𝑥 cố định, Hessian 𝐻 (𝑥) cho ta dạng toàn phương ℝ theo công thức 𝐻 (𝑥)(𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑢 , 𝜕 𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (𝑥) Ngồi ta nói dạng tồn phương nửa xác định dương 𝐻 (𝑥)(𝑢, 𝑣) ≥ 0, 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑢 ∈ ℝ , xác định dương bất đẳng thức ngặt 𝑢 ≠ Nếu dấu đẳng thức đổi chiều ta có dạng tồn phương nửa xác định âm xác định âm Ví dụ Cho hàm hai biến 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑦 Khi gradient 𝑓 (𝑥, 𝑦) 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝜕𝑓 𝜕𝑓 , 𝑥, 𝑦) = (2𝑥 + 𝑦, 𝑥 + 3𝑦 ) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Hessian 𝑓 (𝑥, 𝑦) SVTH: Nguyễn Thanh Trí 54 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui 𝜕 𝑓 ⎛ 𝜕𝑥 𝐻 (𝑥, 𝑦) = ⎜ 𝜕 𝑓 ⎝𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕 𝑓 𝜕𝑥𝜕𝑦 ⎞ (𝑥, 𝑦) = 6𝑦 𝜕 𝑓⎟ 𝜕𝑦 ⎠ Từ giáo trình đại số tuyến tính ta biết ma trận xác định dương 𝑦 > nửa xác định dương 𝑦 ≥ 3.2 Cực trị hàm vectơ nhiều biến Bây sử dụng Hessian để tìm điều kiện cần đủ cho cực trị địa phương Nhắc lại 𝑥 ∈ 𝑈 gọi cực đại (cực tiểu) địa phương hàm 𝑓 tìm cầu 𝐵 tâm 𝑥 bán kính 𝜀 > 𝑈 cho 𝑓(𝑥 ) ≥ 𝑓(𝑥) (𝑓(𝑥 ) ≤ 𝑓(𝑥) 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥 ∈ 𝐵 Định lý Giả thiết 𝑓 khả vi liên tục hai lần tập 𝑈 Khi ấy, 𝑥 ∈ 𝑈 cực tiểu địa phương hàm 𝑓 i) grad𝑓(𝑥 ) = ii) 𝐻 (𝑥 ) nửa xác định dương iii) Ngược lại, 𝑥 cực tiểu địa phương 𝑓 điều kiện (i) thỏa mãn tồn 𝜀 > để điểm 𝑥 ∈ 𝑈 với ‖𝑥 − 𝑥 ‖ < 𝜀, Hessian 𝐻 (𝑥 ) nửa xác định dương Chứng minh Giả thiết 𝑥 cực tiểu địa phương 𝑓 Khi (i) điều kiện cần chứng minh Chương Giả sử điều kiện (ii) khơng thỏa mãn, tức tìm vectơ 𝑢 ∈ ℝ để 𝐻 (𝑥 )(𝑢, 𝑣) < Xét hàm số 𝜑(𝑡) = 𝑓(𝑥 + 𝑡𝑢) với 𝑡 đủ nhỏ 𝑥 + 𝑡𝑢 ∈ 𝑈 Đây hàm số từ lân cận ℝ vào ℝ, thuộc lớp 𝐶 hợp hàm tuyến tính 𝑡 ⟼ 𝑥 + 𝑡𝑢 hàm 𝑓 Áp dụng khai triển Taylor (cho hàm biến) ta có 1 𝜑(𝑡) = 𝜑(0) + 𝜑 (0)𝑡 + 𝜑 (0)𝑡 + 𝛼(𝑡) 2 𝛼(𝑡) đại lượng vô nhỏ so với 𝑡 , tức lim → (3.7) 𝛼(𝑡) = 𝑡 Áp dụng quy tắc dây xích ta có 𝜑 (𝑡) =< 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥 + 𝑡𝑢), 𝑢 >, 𝜑 (𝑡) =< 𝐻 (𝑥 + 𝑡𝑢) 𝑢, 𝑢 >= 𝐻 (𝑥 + 𝑡𝑢)(𝑢, 𝑢) SVTH: Nguyễn Thanh Trí 55 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Lấy giá trị đạo hàm 𝑡 = với điều kiện (i), ta thu từ (3.7) biểu thức sau 1 𝑓(𝑥 + 𝑡𝑢) = 𝑓(𝑥 ) + 𝐻 (𝑥 )(𝑢, 𝑢)𝑡 + 𝛼(𝑡) 2 Từ suy 𝑓(𝑥 + 𝑡𝑢) < 𝑓(𝑥 ) 𝑡 đủ nhỏ, điều mâu thuẫn với tinh cực tiểu 𝑥 Để chứng minh phần đảo xét công thức Taylor bậc cho hàm 𝑓 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 ) + 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥 ) + 𝐷 𝑓 𝑥 + 𝜏(𝑥 − 𝑥 ) ≤ 𝑡 ≤ 𝐷 toán tử vi phân Ta biết (3.8) 𝐷 𝑓 𝑥 + 𝜏(𝑥 − 𝑥 ) = 𝜏 𝐻 𝑥 + 𝜏(𝑥 − 𝑥 ) (𝑥 − 𝑥 , 𝑥 − 𝑥 ) Do đó, theo (iii), với 𝑥 cho ‖𝑥 − 𝑥 ‖ < 𝜀 ta có ‖𝑥 + 𝜏(𝑥 − 𝑥 ) − 𝑥 ‖ < 𝜀 𝐻 (𝑥 + 𝜏(𝑥 − 𝑥 ))(𝑥 − 𝑥 , 𝑥 − 𝑥 ) ≥ Kết hợp bất đẳng thức với điều kiện (i), công thức (3.8) cho ta 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥 ) ≥ 0, với 𝑥 ∈ 𝑈 thỏa mãn ‖𝑥 − 𝑥 ‖ < 𝜀 Như 𝑥 cực tiểu địa phương 𝑓 Định lý chứng minh xong Chú ý a) Điều kiện (iii) định lý thay điều kiện mạnh sau (iii’) 𝐻 (𝑥 ) xác định dương Thật vậy, 𝐻 (𝑥 ) xác định dương tính liên tục hàm tọa độ (𝑥), ta tìm 𝜀 > để 𝐻 (𝑥 ) xác định dương ‖𝑥 − 𝑥 ‖ < 𝜀 Do điều kiện (iii) thỏa mãn b) Điều kiện (i) điều kiện 𝐻 (𝑥 ) nửa xác định dương chưa đủ để kết luận 𝑥 cực tiểu địa phương ta biết 𝑓 hàm biến c) Đối với cực đại địa phương, điều kiện phát biểu tương tự (nửa) xác đinh dương thay (nửa) xác định âm Thí dụ Chứng minh điểm (0,0) cực tiểu địa phương hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑦 , cực tiểu địa phương hàm 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑥𝑦 − 𝑦 SVTH: Nguyễn Thanh Trí 56 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Giải Đối với hàm 𝑓, ta có grad𝑓(0,0) = (0,0) Hiển nhiên 𝐻 (0,0) xác định dương 𝑓 khả vi liên tục hai lần nên kiện 𝐻 (0,0) = định lý (xem nhận xét) thỏa mãn Do (0,0) cực tiểu địa phương 𝑓 Đối với hàm 𝑔 ta có grad𝑔(0,0) = (0,0) −2 Hiển nhiên 𝐻 (0,0) nửa xác định dương Theo định lý, điểm (0,0) 𝐻 (0,0) = cực tiểu địa phương 𝑔 3.3 Ánh xạ đơn điệu hàm lồi Trong giáo trình Giải tích biến, biết dùng đạo hàm để khảo sát tính đơn điệu tính lồi hàm biến Bây giờ, mở rộng cho hàm nhiều biến Cho 𝐹 ánh xạ từ ℝ vào ℝ Ta nói 𝐹 đơn điệu 𝐹(𝑥) (𝑥 − 𝑦) + 𝐹(𝑦) (𝑦 − 𝑥) ≥ 0, 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Nếu 𝑛 = từ định nghĩa suy 𝐹(𝑥) ≥ 𝐹(𝑦) với 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, 𝑥 ≥ 𝑦, có nghĩa 𝐹 hàm khơng giảm Ví dụ −1 𝐹(𝑥) = 𝐴𝑥, với 𝑥 ∈ ℝ Khi 𝐹 ánh xạ −1 đơn điệu Thật vậy, với 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ ta có i) Cho 𝐴 = (𝐴𝑥)(𝑥 − 𝑦) + (𝐴𝑦)(𝑦 − 𝑥) = (𝐴𝑥) 𝑥 + (𝐴𝑦) 𝑦 ≥ (Vì 𝐴 ma trận đối xứng xác định dương) ii) Ánh xạ 𝐹(𝑥) = (2𝑥 − 3𝑥 , 3𝑥 ), 𝑥 = (𝑥 , 𝑥 ) ∈ ℝ không đơn điệu Thật vậy, lấy 𝑥 = (1, −1), 𝑦 = (0,0), ta có 𝐹(𝑥)(𝑥 − 𝑦) + 𝐹(𝑦)(𝑦 − 𝑥) = (2 − 3,3) (1, −1) = −4 Chứng tỏ 𝐹 đơn điệu Mệnh đề Ánh xạ khả vi liên tục 𝐹 từ ℝ vào ℝ đơn điệu ma trận Jacobi 𝐹 điểm nửa xác định dương Chứng minh Điều kiện cần Giả thiết trái lại, tồn 𝑥 ∈ ℝ để 𝐽 (𝑥 ) nửa xác định dương, tức tìm vectơ 𝑢 ∈ ℝ cho SVTH: Nguyễn Thanh Trí 57 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui 𝐽 (𝑥 )(𝑢, 𝑣) < Do thành phần ma trận Jacobi liên tục, tồn 𝜀 > để 𝐽 (𝑥 + 𝑡𝑢) (𝑢, 𝑢) < 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑡 ∈ [0, 𝜀] (3.9) Xét hàm số biến 𝜑(𝑡) = 𝐹(𝑥 + 𝑡𝑢) 𝑢, 𝑡 ∈ [0, 𝜀] Đây hàm khả vi, theo định lý giá trị trung bình tồn 𝜏 ∈ (0, 𝜀) để 𝜑(𝜀) − 𝜑(0) = 𝜑 (𝜏) 𝜀 tức < 𝐹(𝑥 + 𝜀𝑢) − 𝐹(𝑥 ), 𝑢 >=< 𝐽 (𝑥 + 𝜏𝑢) 𝑢, 𝑢 >= 𝐽 (𝑥 + 𝜏𝑢)(𝑢, 𝑢) Từ (3.9) ta suy < 𝐹(𝑥 + 𝜀𝑢) − 𝐹(𝑥 ), 𝑢 >< 0, bất đẳng thức viết thành 𝐹(𝑥 + 𝜀𝑢) (𝑥 + 𝜀𝑢) − 𝑥 ) + 𝐹(𝑥 )(𝑥 − (𝑥 + 𝜀𝑢)) < Điều có nghĩa 𝐹 khơng phải đơn điệu Điều kiện đủ Ngược lại, giả thiết 𝐽 (𝑥) nửa xác định dương điểm Khi ấy, với 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ , ta đặt 𝜑(𝑡) =< 𝐹 𝑥 + 𝑡(𝑦 − 𝑥) , 𝑦 − 𝑥 > Đây hàm số biến, khả vi Áp dụng định lý giá trị trung bình ta tìm 𝜏 ∈ [0,1] cho [𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥)](𝑥 − 𝑦) = 𝜑(1) − 𝜑(0) = 𝜑 (𝑡) =< 𝐽 (𝑥 − 𝜏(𝑦 − 𝑥)(𝑥 − 𝑦) > ≥ Nó chứng tỏ 𝐹 đơn điệu, điều cần chứng minh Ví dụ Trong phần thứ thí dụ trên, ma trận Jacobi 𝐹 −6𝑥 Rõ ràng (1, −1) ma trận nửa xác định dương, 𝐹 khơng phải đơn điệu 𝐽 (𝑥 , 𝑥 ) = Cho 𝑓 hàm số ℝ Ta nói 𝑓 lồi với 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ , ≤ 𝑡 ≤ 1, bất đẳng thức sau luôn thỏa mãn 𝑓(𝑡𝑥 + (1 − 𝑡)𝑦) ≤ 𝑡𝑓(𝑥) + (1 − 𝑡)𝑓(𝑦) Ví dụ Hàm 𝑓(𝑥 , 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑥 lồi ℝ Thật vậy, với 𝑥 = (𝑥 , 𝑥 ), 𝑦 = (𝑦 , 𝑦 ) ∈ ℝ ≤ 𝑡 ≤ ta có 𝑓(𝑡𝑥 + (1 − 𝑡)𝑦) = (𝑡𝑥 + (1 − 𝑡)𝑦 ) + (𝑡𝑥 + (1 − 𝑡)𝑦 ) ≤ 𝑡𝑥 + (1 − 𝑦)𝑦 + 𝑡𝑥 + (1 − 𝑦)𝑦 ≤ 𝑡𝑓(𝑥) + (1 − 𝑡)𝑓(𝑦) SVTH: Nguyễn Thanh Trí 58 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Vậy 𝑓 hàm lồi Mệnh đề Hàm khả vi liên tục 𝑓 lồi grad𝑓 ánh xạ đơn điệu Chứng minh Điều kiện cần Từ tính lồi 𝑓 suy 𝑓 𝑥 + 𝑡(𝑦 − 𝑥) − 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥), 𝑡 𝑓 𝑦 + 𝑡(𝑦 − 𝑥) − 𝑓(𝑦) ≤ 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) 𝑡 Với 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ , < 𝑡 < Qua giới hạn vế trái 𝑡 dần tới cộng hai bất đẳng thức ta có 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥)(𝑦 − 𝑥) + 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑦)(𝑥 − 𝑦) ≤ Chứng tỏ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓 ánh xạ đơn điệu Điều kiện đủ Nếu 𝑓 khơng lồi tìm 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ 𝑡 ∈ (0,1) cho: 𝑓(𝑡 𝑥 + (1 − 𝑡 )𝑦) > 𝑡 𝑓(𝑥) + (1 − 𝑡 )𝑓(𝑦) Đặt 𝑧 = 𝑡 𝑥 + (1 − 𝑡 )𝑦 giả sử 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑦) (trường hợp 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑦) chứng minh tương tự) Xét hàm biến 𝜑(𝑡) = 𝑓 [𝑡𝑥 + (1 − 𝑡)] − [𝑡𝑓(𝑥) + (1 − 𝑡)𝑓(𝑦)] Đây hàm khả vi liên tục 𝜑(0) = 0, 𝜑(1) = 0, 𝜑(𝑡 ) < Áp dụng định lý giá trị trung bình đoạn [0; 𝑡 ] [𝑡 , 1] ta tìm số 𝛼 ∈ (0, 𝑡 ), 𝛽 ∈ (𝑡 ; 1) cho 𝜑 (𝛼)𝑡 = 𝜑(𝑡 ) − 𝜑(0) < 0, 𝜑 (𝛽)(1 − 𝑡 ) = 𝜑(1) − 𝜑(𝑡 ) > Suy 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝛼𝑥 + (1 − 𝛼)𝑦) (𝑥 − 𝑦) − [𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)] < −𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝛽𝑥 + (1 − 𝛽)𝑦) (𝑥 − 𝑦) + [𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)] < Cộng hai bất đẳng thức ta thu 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝛼𝑥 + (1 − 𝛼)𝑦) (𝑥 − 𝑦) − 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝛽𝑥 + (1 − 𝛽)𝑦) (𝑥 − 𝑦) < (3.10) Đặt 𝑥̅ = 𝛼𝑥 + (1 − 𝛼)𝑦, 𝑦 = 𝛽𝑥 + (1 − 𝛽)𝑦 lưu ý tồn số 𝑡 ̅ = 𝛼 − 𝛽 < cho 𝑥̅ − 𝑦 = 𝑡̅(𝑥 − 𝑦), nên bất đẳng thức (3.10) kéo theo 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑥̅ )(𝑥̅ − 𝑦) + 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓(𝑦)(𝑦 − 𝑥̅ ) < 0, Trái với tính đơn điệu 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑓 Mệnh đề chứng minh xong SVTH: Nguyễn Thanh Trí 59 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui Hệ Hàm 𝑓 khả vi liên tục hai lần lồi Hessian 𝐻 (𝑥) điểm nửa xác định dương Chứng minh Suy trực tiếp từ hai mệnh đề Ví dụ Chứng minh 𝑓(𝑥 , 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 𝑥 hàm lồi Giải Bằng tính tốn trực tiếp ta có 𝐻 (𝑥) = Đây ma trận xác định dương Vậy theo hệ quả, 𝑓 hàm lồi SVTH: Nguyễn Thanh Trí 60 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui PHẦN III KẾT LUẬN Thông qua việc nghiên cứu tìm hiểu nguồn tài liệu khác với cố gắng thân, em hoàn thành luận văn tốt nghiệp Nội dung luận văn trình bày đầy đủ lý thuyết cực trị hàm nhiều biến hàm vectơ, với nhiều ví dụ liên quan Việc nghiên cứu không giúp em củng cố vững thêm kiến thức Giải tích mà cịn giúp cho em rút nhiều kinh nghiệm bổ ích cho thân Bên cạnh việc tìm hiểu kỹ kiến thức liên quan đến hàm nhiều biến nhận giá trị thực, em cịn có hội tìm hiểu hàm biến nhận giá trị vectơ hàm nhiều biến nhận giá trị vectơ Các vấn đề lạ thân em thú vị khiến em muốn nghiên cứu thêm thời gian tới Tuy em cố gắng hoàn thành luận văn cách tốt khơng tránh khỏi cịn thiếu sót nên em mong nhận đóng góp ý kiến quý báu từ quý Thầy, Cơ SVTH: Nguyễn Thanh Trí 61 MSSV: B1900380 Luận văn tốt nghiệp Đại học GVHD: TS Phạm Thị Vui TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Đinh Thế Lực, Phạm Huy Điển, Tạ Duy Phượng Giải tích hàm nhiều biến, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, 2002 [2] Đỗ Cơng Khanh Tốn cao cấp: Tốn – Giải tích hàm nhiều biến, Nhà xuất Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, 2005 [3] Nguyễn Hữu Khánh, Lê Thanh Tùng Vi tích phân A2, Nhà xuất Đại học Cần Thơ, 2017 [4] Phan Quốc Khánh Phép tính vi tích phân – Tập 2, Nhà xuất Giáo Dục, 2000 [5] Nguyễn Đình Phư, Nguyễn Công Tâm, Đinh Ngọc Thanh, Đặng Đức Trọng Giải tích hàm nhiều biến, Nhà xuất Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, 2000 Tiếng Anh [6] Larry J Goldstein (2018), Calculus & Its Applications, Pearson Education SVTH: Nguyễn Thanh Trí 62 MSSV: B1900380